《【解析版】贵州省平坝县新启航教育2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析版】贵州省平坝县新启航教育2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 word版含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、20182019年度高二物理期末测试卷一、选择题1.如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是A. 闭合S1，有电子从枕形导体流向地B. 闭合S2，有电子从枕形导体流向地C. 闭合S1，有电子从地流向枕形导体D. 闭合S2，没有电子通过S2【答案】C【解析】【分析】（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒。（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。【详解】枕型导体在带正电的金属棒附近时，枕型导体上的自由电子会向金属棒的右边运
2、动，金属棒的右端因有了多余的电子而带负电，左端因缺少电子而带正电；而当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，当处于静电平衡时，枕形导体是个等势体；故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子）会转移到导体上。2. 如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，a处有一带电的小液滴，S闭合后，液滴处于静止状态。下列说法正确的是（ ）A. 保持开关S闭合，A板稍向下移，则液滴将向下加速运动B. 保持开关S闭合，B板稍向右平移，则液滴仍将保持静止C. 充电后，将开关S断开，A板稍向下移，则液滴将向上加
3、速运动D. 充电后，将开关S断开，将B板稍向右平移，则液滴仍将保持静止【答案】B【解析】试题分析：开关S闭合后，电容器板间电压不变A板稍向下移，由分析可知，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，则液滴将向上加速运动，故A错误开关S闭合后，将B板稍向右移，场强不变，则液滴仍将保持静止，选项B正确；充电后开关S断开，A板稍向下移，则根据，以及可得，场强不变，则液滴仍静止，选项C错误；充电后，将开关S断开，将B板稍向右平移，电容减小，而电量不变，由电容的定义式分析可知板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，则液滴将向上加速运动故D错误故选B。考点：电容器的动态分析【名师点睛】本题关键要抓住不变量
4、进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变。3.如图所示为A、B两电阻的伏安特性曲线，关于两电阻的描述正确的是() A. 电阻A的电阻随电流的增大而减小，电阻B的阻值不变B. 在两图线交点处，电阻A的阻值等于电阻B的阻值C. 在两图线交点处，电阻A的阻值大于电阻B的阻值D. 在两图线交点处，电阻A的阻值小于电阻B的阻值【答案】B【解析】试题分析：由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而增大，电阻B阻值不变；故A错误；两图象的交点处，电流和电压均相同，则由欧姆定律可知，两电阻的阻值大小相等；
5、故B正确，CD错误；故选B。考点：U-I图象【名师点睛】本题考查伏安特性曲线的应用，要注意明确U-I图象中图象的斜率表示电阻；斜率变大时，电阻增大。4.如图所示，直线A为电源的UI图线，直线B为电阻R的UI图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是A. 4 W，8 W B. 2 W，4 WC. 4 W，6 W D. 2 W，3 W【答案】C【解析】解：由图可知，E=3V，U=2V，I=2A，则电源输出功率为：P=UI=4W，电源总功率是：P=EI=6W故选C.5.如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（ ）A.
6、A灯变暗B. B灯变亮C. 电源的输出功率可能减小D. 电源的总功率增大【答案】C【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，总电阻增大，则总电流减小，所以B灯变暗；内电压减小，则外电压增大，灯泡B的电压减小，则并联部分的电压增大，则灯泡A变亮故AB错误；电源的输出功率与内阻和外阻的关系有关，当内阻小于外阻，外阻增大时，输出功率减小，当内阻大于外阻，外阻增大时，输出功率增大，外阻等于内阻时，电源的输出功率最大，故C正确；根据知，电源的总功率减小，故D错误考点：考查了电路动态分析【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变
7、化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部整体局部6.如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进人磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120 角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是A. ，正电荷 ，正电荷 B. ，负电荷C. ，负电荷【答案】C【解析】从“粒子穿过y轴正半轴后”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如图根据几何关系有rr
8、sin30a，再结合半径表达式r可得，故C项正确7.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为A. 11 B. 12 C. 121 D. 144【答案】D【解析】试题分析：根据动能定理可得：，带电粒子进入磁场时速度，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，解得：，所以此离子和质子的质量比约为144，故A、B、C错误，D正确【
9、考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。8.如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷、Q、，Q恰好静止不动，、围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线。已知、分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是（ ）A. 、的电荷量之比为B. 、的电荷量之比为C. 、的质量之比为D. 、的质量之比为【答案】C【解析】试题分析：
10、点电荷Q恰好静止不动，因此根据库仑定律，则有，所以、的电荷量之比为，AB错误；据牛顿第二定律得， 对、：它们间的库仑引力提供向心力，则有：，所以、的质量之比为，C正确，D错误考点：考查了库仑定律，共点力平衡条件，牛顿第二定律，匀速圆周运动；二、多项选择题9.如图所示，MN是负点电荷电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示下列结论正确的是（ ） A. 带电粒子从a到b运动的过程中动能逐渐减小B. 带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能C. 负点电荷一定位于N点右侧D. 带电粒子在a点时的加速度大于在b点时的加速度【答案】AD【解析】由于该粒
11、子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，对带电粒子做负功，其动能减小故A正确；电场力对带电粒子做负功，电势能增大，则带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，故B错误；带正电粒子的电场力向左，电场线由N指向M，说明负电荷在直线MN左侧，a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故C错误D正确【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况10.用伏安法测电阻的实验，可以采用图示a、
12、b两种方法把伏特表和安培表连入电路，这样测量出来的电阻值与被测电阻的真实阻值比较，下列正确的是A. 两种接法的测量值都小于真实值B. 采用a图接法，测量值小于真实值C. 采用b图接法，测量值大于真实值D. 两种接法的测量值都大于真实值【答案】BC【解析】【分析】两种接法都有误差：a图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；b图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R 的电压，还包括了电流表的分压，要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小【详解】a图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即 I=IR+IV 电压表的示数U是R两端电压
13、的真实值，则，故B正确；b图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=UR+UA 电流表的示数I是通过R的真实值，则，故C正确，AD错误，故选BC.【点睛】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法测量值偏大待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小11.如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线处于同一竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，可以A. 将a、c端接电源正极，b、d端接电源负极B. 将b、d端接电源正极，a、c端接电源负极C. 将a、d端接电源正极，b、c端接电源负
14、极D. 将a端接电源的正极，b接c，d端接电源的负极【答案】ABD【解析】【分析】运用安培定则判断电流产生的磁场方向，根据左手定则判断安培力方向。将选项逐一代入检验，选择符合题意的。【详解】将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极，或者将a端接电源的正极，b接c，d端接电源的负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向上，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则M N垂直纸面向外运动，符合题意。故AD正确。将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向外，则M N垂直纸面向外运动，符合题意。故B正确。将a、d端
15、接在电源正极，b、c端接在电源负极，根据安培定则可知，线圈产生的磁场方向向下，再根据左手定则可知MN受到的安培力向里，则M N垂直纸面向里运动，不符合题意。故C错误。故选ABD。【点睛】本题考查综合运用安培定则和左手定则分析在安培力作用导体运动方向的问题，关键是熟练运用，分清哪个定则用哪个手，基础题目。12.如图所示，两块平行金属板M、N竖直放置，电压恒为U一电子（不计重力）从N板静止释放，它运动到M板时速率为v现将M板水平向右移动一段距离，再将电子从N板静止释放，下列判断正确的是A. 金属板M、N的带电量不变B. 电子运动过程的加速度变大C. 电子运动到M板所用的时间变短D. 电子运动到M板时速率变小【答案】BC【解析】【分析】MN两金属板构成了电容器，并且始终与电源相连，电容器的电压不变，根据和C=Q/U可以判断可以判断电容器的电容和电荷量的变化根据E=U/d可以判断电场强度的变化，从而判断出加速度的变化，在根据匀变速直线运动的规律可以判断电子的运动的时间由动能定理分析速度的变化
